Chapter 2. Probability Distributions
更新日志（截至20210712）
- 20210712：添加习题 2.14，2.36，2.52，2.59 的详解
- 20210307：添加习题简述，添加习题 2.8，2.50，2.60 的详解
- 20210127：首次提交，含习题 2.11，2.13，2.43 的详解
习题简述
- 分布基本性质
- 伯努利分布
- 2.1：伯努利分布的规范性、均值、方差、熵
- 2.2：伯努利分布的变体，变量取值由 \(\{0,1\}\) 变为 \(\{-1,1\}\)
- 二项分布
- 2.3：用二项式定理证明二项分布的规范性
- 2.4：二项分布的均值、方差
- beta 分布
- 2.5：用 gamma 函数的性质证明 beta 分布的规范性
- 2.6：beta 分布的均值、方差、众数
- 2.7：beta 分布最大后验估计与先验、极大似然估计的联系
- Dirichlet 分布
- 2.9：Dirichlet 分布的规范性
- 2.10：Dirichlet 分布的均值、方差、协方差
- 2.11：digamma 函数
- 均匀分布
- gamma 分布
- 2.41：gamma 分布的规范性
- 2.42：gamma 分布的均值、方差、众数
- 高斯分布
- 2.13：两个高斯分布的 KL 散度
- 2.14：已知均值和协方差矩阵的最大熵分布是高斯分布
- 2.15：高斯分布的熵，参见 2.13 的计算过程
- 2.16：两个独立高斯分布的和仍为高斯分布，求其熵
- 2.25：三元高斯的条件分布
- 2.28：用线性高斯与原变量的联合分布，返回去验证原变量的边际分布及线性高斯的分布（条件分布）
- 2.29：用分块矩阵求逆验证分块精度矩阵的逆为分块协方差矩阵
- 2.30：直接验证
- 2.31：用高斯线性模型的结论推导高斯变量和的分布，结果应与卷积公式一致
- 2.32：TBD
- 2.33：TBD
- 2.34：协方差矩阵的极大似然解
- 2.35：用协方差的定义直接验证
- 2.36：方差的序列估计
- 2.37：TBD
- 2.38：用配方法计算后验，进而计算均值和方差的序列估计
- 2.39：TBD
- 2.40：固定协方差矩阵，求均值的后验
- 2.43：将高斯分布推广到 \(p\)-范数情形
- 2.44：证明 Gaussian-gamma 分布是单变量高斯的精度的共轭先验
- 2.45：证明 Wishart 分布是高斯分布精度矩阵的共轭先验
- 线性代数
- 2.17：二次型总可以转为对称二次型，因此假定协方差矩阵对称
- 2.18：对称矩阵的特征值为实数，属于不同特征值的特征向量正交，属于同一特征值的特征向量总可以正交化，因此可以假定全部特征向量正交以便分析
- 2.19：可逆对称矩阵可以写成特征值分解，其逆有类似形式，特征值为原矩阵的倒数
- 2.20：矩阵正定等价于特征值大于零
- 2.21：对称矩阵的自由度
- 2.22：对称矩阵的逆也是对称的
- 2.24：用高斯消元法对分块矩阵求逆
- 2.26：矩阵和的逆
- Student's t 分布
- 2.46：变量替换验证 Student's t 分布的概率密度函数
- 2.47：证明单变量 Student's t 分布在一定条件下退化为高斯
- 2.48：多元 Student's t 分布的规范性
- 2.49：验证多元 Student's t 分布的概率密度函数
- 2.50：证明多变量 Student's t 分布在一定条件下退化为高斯
- von Mises 分布
- 2.51：证明三角恒等式，不用复数也可以证明
- 2.52：一定条件下，von Mises 分布的极限分布为尖峰高斯
- 2.53：计算角度参数的极大似然估计
- 2.54：分布极值
- 2.55：直接验证
- Expoential Family
- 2.56：将 beta 分布、gamma 分布和 von Mises 分布化为指数族形式
- 2.57：将高斯分布化为指数族形式
- 2.58：证明对数配分函数的二阶导为充分统计量的协方差
- 一般分布
- 2.8：条件期望和条件方差
- 2.27：独立随机向量的和的期望（协方差矩阵）等于期望（协方差矩阵）的和
- 其他
- 2.59：尺度变换诱导了一个 noninformative 先验，通过变量替换即可证明积分为 1
- 2.60：柱状图的极大似然估计
- 2.61：\(k\)-NN 诱导一个 improper 先验
习题详解
Exercise 2.8
Hint.
条件期望由定义易得，下仅证条件方差。
\[\begin{aligned}
\text{Var}[X]
&=\underset{X}{\mathbb{E}}[XX^T] - \underset{X}{\mathbb{E}}[X]\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X]^T\\
&=\underset{Y}{\mathbb{E}}\,\underset{X}{\mathbb{E}}[XX^T|Y] - (\underset{Y}{\mathbb{E}}\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]) (\underset{Y}{\mathbb{E}}\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y])^T\\
&=\left(\underset{Y}{\mathbb{E}}\,\underset{X}{\mathbb{E}}[XX^T|Y] - \underset{Y}{\mathbb{E}}[\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]^T]\right) \\
&\quad+ \left(\underset{Y}{\mathbb{E}}[\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]^T] - (\underset{Y}{\mathbb{E}}\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]) (\underset{Y}{\mathbb{E}}\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y])^T\right)\\
&=\underset{Y}{\mathbb{E}}\left[\underset{X}{\mathbb{E}}[XX^T|Y]-\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]^T\right] + \text{Var}[\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]]\\
&=\underset{Y}{\mathbb{E}}[\text{Var}[X|Y]] + \text{Var}[\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]]
\end{aligned}
\]
Comment.
- 技巧在于加一项减一项 \(\underset{Y}{\mathbb{E}}[\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]\,\underset{X}{\mathbb{E}}[X|Y]^T]\) 来凑出方差
- 规律可简记为，方差 = 条件方差的期望 + 条件期望的方差
Exercise 2.11
Hint.
\(p(\mu)=\frac{\Gamma (\sum \alpha)}{\prod \Gamma(\alpha)}\prod \mu^{\alpha-1}\)，直接对\(\mu\)求导，涉及运算均为逐元素运算，
\[\begin{aligned}
\frac{\partial}{\partial \alpha}p(\mu)
&=p(\mu)\left[\ln \mu + \frac{\nabla\Gamma(\sum \alpha)}{\Gamma(\sum \alpha)} - \frac{\nabla(\prod \Gamma(\alpha))}{\prod \Gamma(\alpha)}\right],
\end{aligned}
\]
两边求期望，
\[\frac{\partial}{\partial \alpha}\underset{p}{\mathbb{E}}[1]
=\underset{p}{\mathbb{E}}\left[\ln \mu + \frac{\nabla\Gamma(\sum \alpha)}{\Gamma(\sum \alpha)} - \frac{\nabla(\prod \Gamma(\alpha))}{\prod \Gamma(\alpha)}\right],
\]
注意到左边等于0，所以
\[\begin{aligned}
\underset{p}{\mathbb{E}}[\ln \mu]
&= \frac{\nabla(\prod \Gamma(\alpha))}{\prod \Gamma(\alpha)} - \frac{\nabla\Gamma(\sum \alpha)}{\Gamma(\sum \alpha)}\\
&=\nabla\ln \prod \Gamma(\alpha) - \nabla\ln \Gamma(\sum \alpha).
\end{aligned}
\]
Comment.
利用该结论可以计算Dirichlet分布的熵\({\rm H}[p]=\sum \alpha\circ\underset{p}{\mathbb{E}}[\ln \mu]+C(\alpha)\)。
Exercise 2.13
Hint.
\((x-\mu)^T\Sigma^{-1}(x-\mu)={\rm tr}(\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T)\)，参考stackexchange。
Solution.
\({\rm KL}(p||q)=\underset{p}{\mathbb{E}}[\ln p]-\underset{p}{\mathbb{E}}[\ln q]\)，两项形式类似，只需计算后者。
\[\begin{aligned}
\underset{p}{\mathbb{E}}[\ln q]
&=-\frac{1}{2}\underset{p}{\mathbb{E}}[(x-m)^TL^{-1}(x-m)]-\frac{D}{2}\ln 2\pi-\frac{1}{2}\ln |L|\\
&=-\frac{1}{2}\underset{p}{\mathbb{E}}[{\rm tr}(L^{-1}(x-m)(x-m)^T)]+C\\
&=-\frac{1}{2}{\rm tr}(L^{-1}\underset{p}{\mathbb{E}}[(x-m)(x-m)^T])+C\\
&=-\frac{1}{2}{\rm tr}(L^{-1}\underset{p}{\mathbb{E}}[((x-\mu)-(m-\mu))((x-\mu)-(m-\mu))^T])+C\\
&=-\frac{1}{2}{\rm tr}(L^{-1}(\underset{p}{\mathbb{E}}[(x-\mu)(x-\mu)^T]
-2\underset{p}{\mathbb{E}}[(x-\mu)](m-\mu)+(m-\mu)(m-\mu)^T))+C\\
&=-\frac{1}{2}{\rm tr}(L^{-1}(\Sigma+(m-\mu)(m-\mu)^T))+C.
\end{aligned}
\]
当\(q=p\)，有\(\underset{p}{\mathbb{E}}[\ln p]=-\frac{1}{2}D+C'\)。
综合两者得到，
\[{\rm KL}(p||q)=\frac{1}{2}\left[{\rm tr}(L^{-1}\Sigma)+(m-\mu)^TL^{-1}(m-\mu)+\ln \frac{|L|}{|\Sigma|}-D\right].
\]
Comment.
- 两个正态分布的KL散度可以显式计算
- 当两个正态分布的协方差矩阵相同时，其KL散度是均值的差的二次型
Exercise 2.14
Hint.
用泛函的拉格朗日乘子法求解。
Solution.
记 \(\lambda\in\mathbb{R},a\in\mathbb{R}^D,A\in\mathbb{R}^{D\times D}\)， 包含均值、协方差约束的熵的拉格朗日函数为
\[\begin{aligned}
L[p]
&=-\int p\ln p +\lambda (\int p - 1)+a^T(\int xp-\mu)+\text{tr}(A^T[\int (x-\mu)(x-\mu)^T p -\Sigma])\\
&=-\int p\ln p +\int \lambda p - \lambda+\int a^T(x-\mu)p+\int \text{tr}(A^T[(x-\mu)(x-\mu)^T -\Sigma])p\\
&= - \lambda+\int- p\ln p +\lambda p+a^T(x-\mu)p+\text{tr}(A^T[(x-\mu)(x-\mu)^T -\Sigma])p
\end{aligned}
\]
令 \(\frac{\delta L}{\delta p}=0\)，有
\[\begin{aligned}
0 &= - (1 + \ln p)+\lambda + a^Tx+\text{tr}(A^T(x-\mu)(x-\mu)^T) \\
&=- (1 + \ln p)+\lambda + a^Tx+(x-\mu)^TA^T(x-\mu)
\end{aligned}
\]
故
\[\begin{aligned}
p(x)
&=\exp(\lambda - 1 + a^Tx+(x-\mu)^TA^T(x-\mu)) \\
&=\exp(\lambda - 1 +x^T Ax+(a-2A\mu)^Tx+\mu^T A\mu)\\
&\propto\exp(\lambda - 1 +(x+(x+\frac{1}{2}A^{-1}a-\mu))^T A(x+\frac{1}{2}A^{-1}a-\mu))
\end{aligned}
\]
上述推导过程中假设 \(A\) 对称、可逆。故 \(p(x)=\mathcal{N}(x|\mu-\frac{1}{2}A^{-1}a,-2A)\)，由等式约束可知，
\[\begin{aligned}
\mu-\frac{1}{2}A^{-1}a&=\mu,\\
-2A&=\Sigma
\end{aligned}
\]
解得，\(A=-\frac{1}{2}\Sigma,a=0\)。无需求 \(\lambda\)，由高斯分布的归一化系数可求得 \(p(x)\) 的表达式。
Exercise 2.36
Hint.
Robbins-Monro 算法的标量形式为
\[\theta_N=\theta_{N-1}+a_{N-1}\frac{\partial\ln p(x_N|\theta_{N-1})}{\partial \theta_{N-1}},\theta_N\in\mathbb{R},a_N\in\mathbb{R}.
\]
形式上，上式可以推广得到向量形式
\[\theta_N=\theta_{N-1}+A_{N-1}\frac{\partial\ln p(x_N|\theta_{N-1})}{\partial \theta_{N-1}},\theta_N\in\mathbb{R}^D,A_N\in\mathbb{R}^{D\times D}.
\]
当 \(\theta\in\mathbb{R}^{D\times D}\) 为矩阵时，可以使用矩阵向量化的方式给出相应的序列估计算法
\[\text{vec}(\theta_N)=\text{vec}(\theta_{N-1})+A_{N - 1} \text{vec}\left(\frac{\partial \ln p(x_N | \theta^{(N - 1)})}{\partial \theta^{(N - 1)}}\right),A_{N-1}\in\mathbb{R}^{D^2\times D^2}.
\]
这里，向量版本和矩阵版本的 Robbins-Monro 算法并未给出收敛性条件及收敛性证明，我猜测有
\[\begin{align}
\lim_{N\to\infty}A_N&=O\\
\left\|\sum^\infty_{n=1}A_N\right\| &=\infty\\
\left\|\sum^\infty_{n=1}A_N^2\right\|&<\infty,
\end{align}
\]
其中 \(\|\cdot\|\) 是任意的矩阵范数。
Solution.
假设已知均值，则协方差的极大似然估计可写成以下的序列估计形式
\[\begin{align}
\Sigma_N
&=\frac{1}{N}\sum^N_{n=1}(x_n-\mu)(x_n-\mu)^T\\
&=\frac{1}{N}((N-1)\Sigma_{N-1}+(x_N-\mu)(x_N-\mu)^T)\\
&=\Sigma_{N-1}+\frac{1}{N}((x_N-\mu)(x_N-\mu)^T-\Sigma_{N-1})\tag{1}
\end{align}
\]
下面展开 \(\Sigma\) 的 Robbins-Monro 算法，并待定出相应的系数 \(A_N\) 来恢复上述迭代公式。只需计算 \(\frac{\partial\ln p(x|\mu,\Sigma)}{\partial \Sigma}\)。
似然函数 \(\ln p(x|\mu,\Sigma)=-\frac{1}{2}\ln |\Sigma|-\frac{1}{2}\text{tr}(\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T)+\text{const.}\)，易知 \(\frac{\partial \ln |\Sigma|}{\partial \Sigma}=\Sigma^{-1}\)，考虑 \(\frac{\partial \text{tr}(\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T)}{\partial \Sigma}\)。
易知 \(\Sigma \Sigma^{-1}=I\)，两边微分得 \(\text{d}\,\Sigma \Sigma^{-1}+\Sigma \text{d}\,\Sigma^{-1}=O\)，故 \(\text{d}\,\Sigma^{-1}=-\Sigma^{-1}\text{d}\,\Sigma \Sigma^{-1}\)。故
\[\begin{align}
\text{d}\,\text{tr}(\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T)
&=\text{tr}(\text{d}\,\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T)\\
&=-\text{tr}(\Sigma^{-1}\text{d}\,\Sigma \Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T)\\
&=-\text{tr}(\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T\Sigma^{-1}\text{d}\,\Sigma)
\end{align}
\]
故
\[\frac{\partial \text{tr}(\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T)}{\partial \Sigma}=\Sigma^{-1}(x-\mu)(x-\mu)^T\Sigma^{-1}
\]
故
\[\begin{aligned}
\frac{\partial\ln p(x_N|\mu,\Sigma_{N-1})}{\partial \Sigma_{N-1}}
&=\frac{1}{2}\Sigma_{N-1}^{-1}(x_N-\mu)(x_N-\mu)^T\Sigma_{N-1}^{-1}-\Sigma_{N-1}^{-1}\\
&=\frac{1}{2}\Sigma_{N-1}^{-1}\left((x_N-\mu)(x_N-\mu)^T-\Sigma_{N-1}\right)\Sigma_{N-1}^{-1},
\end{aligned}
\]
两边对矩阵向量化有
\[\begin{aligned}
\text{vec}\left(\frac{\partial\ln p(x_N|\mu,\Sigma_{N-1})}{\partial \Sigma_{N-1}}\right)
&=\frac{1}{2}\text{vec}\left(\Sigma_{N-1}^{-1}\left((x_N-\mu)(x_N-\mu)^T-\Sigma_{N-1}\right)\Sigma_{N-1}^{-1}\right)\\
&=\frac{1}{2}(\Sigma_{N-1}^{-1}\otimes \Sigma_{N-1}^{-1})\text{vec}\left((x_N-\mu)(x_N-\mu)^T-\Sigma_{N-1}\right).
\end{aligned}
\]
采用矩阵的向量化版本的 Robbins-Monro 算法有
\[\text{vec}(\Sigma_N)
=\text{vec}(\Sigma_{N-1})+\frac{A_{N-1}}{2}(\Sigma_{N-1}^{-1}\otimes\Sigma_{N-1}^{-1})\text{vec}((x_N-\mu)(x_N-\mu)^T-\Sigma_{N-1})\tag{2}
\]
令 \(A_{N-1}=\frac{2}{N}(\Sigma_{N-1}^{-1}\otimes\Sigma_{N-1}^{-1})^{-1}=\frac{2}{N}(\Sigma_{N-1}\otimes\Sigma_{N-1})\)，即可由公式 (2) 恢复公式 (1)。当 \(\Sigma\) 各项同性，即 \(\Sigma=\sigma^2 I\)，有 \(A_{N-1}=\frac{2\sigma^4_{N-1}}{N}I\)，即恢复了其标量形式。
下面简单考虑上述序列估计的收敛性。假设 \(\Sigma_N\to\Sigma,\|\Sigma\|<\infty\)， 则 \(\|\Sigma_{N-1}\otimes\Sigma_{N-1}\|\leq C<\infty\)，则 \(A_{N-1}=o(\frac{1}{N})\)，显然
\[\begin{aligned}
\lim_{N\to\infty}\frac{1}{N}&=0\\
\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{N}&=\infty\\
\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{N^2}&<\infty
\end{aligned}
\]
即 \(A_{N-1}\) 满足矩阵的向量化版本 Robbins-Monro 算法的约束。
Comment.
本题给出了矩阵形式的 Robbins-Monro 算法的系数确定方式，但是对于系数的约束是标量形式的，未明确其矩阵形式，暂自定为相应的矩阵级数收敛。
Exercise 2.43
Hint.
\[\begin{aligned}
\int_{\mathbb{R}} \exp(-\frac{|x|^q}{2\sigma^2})\,{\rm d}x
&=2\int_{\mathbb{R}^+} \exp(-\frac{x^q}{2\sigma^2})\,{\rm d}x\\
&=2\int_{\mathbb{R}^+} \exp(-u)(2\sigma^2)^{q^{-1}}q^{-1}u^{q^{-1}}\,{\rm d}u\quad(u=\frac{x^q}{2\sigma^2})\\
&=2(2\sigma^2)^{q^{-1}}q^{-1}\Gamma(q^{-1}).
\end{aligned}
\]
所以，归一化常数为\(\frac{q}{2(2\sigma^2)^{q^{-1}}\Gamma(q^{-1})}\)。
Exercise 2.50
Hint.
极限分布也是分布，只需考虑变量形式，归一化常数通过对比得到。
Solution.
假设极限分布存在，或假设与 \(\mathbf{x}\) 无关，仅与 \(\nu\) 有关的常数项 \(\frac{\Gamma(\nu/2 + D/2)}{\Gamma(\nu/2)\nu^{D/2}} \overset{\nu\to\infty}{\longrightarrow} \text{const.}\)
\[\begin{aligned}
\text{St}(\mathbf{x}|\mathbf{\mu},\Lambda,\nu)
&\propto \left(1+\frac{\Delta^2}{\nu}\right)^{-(D+\nu)/2}\\
&=\left(\left(1+\frac{\Delta^2}{\nu}\right)^{\frac{\nu}{\Delta^2}}\right)^{-\frac{\Delta^2(D+\nu)}{2\nu}}\quad(\Delta\neq 0)\\
&\to e^{-\frac{\Delta^2}{2}}\quad(\nu\to\infty)
\end{aligned}
\]
求极限处用到了经典极限 \(\underset{x\to\infty}{\lim}(1+\frac{1}{x})^x=e\) 。
此外，上面推导假设 \(\Delta\neq 0\)，可以验证当 \(\Delta= 0\) 结论也成立。
Comment.
- 只考虑分布形式的前提假设是极限分布存在，但是存在性尚未给出证明。
- 预测分布 \(\text{St}(\mathbf{x}|\mathbf{\mu},\Lambda,\nu)=\underset{\eta}{\mathbb{E}}[\mathcal{N}(\mathbf{x}|\mathbf{\mu},(\eta\Lambda)^{-1})]\)，其中先验分布为 \(\eta\sim\text{Gam}(\eta | \nu/2, \nu/2)\)，均值为 \(\mathbb{E}[\eta] = \frac{\nu/2}{\nu/2} = 1\)，方差为 \(\text{Var}[\eta] = \frac{\nu/2}{(\nu/2)^2}\to 0\,(\nu\to\infty)\)，也就是先验分布退化为一个常数分布 \(p(\eta=1)=1\)，此时预测分布 \(\int \mathcal{N}(\mathbf{x}|\mathbf{\mu},(\eta\Lambda)^{-1})\delta(\eta - 1)=\mathcal{N}(\mathbf{x}|\mathbf{\mu},\Lambda^{-1})\)，即为极限分布。简言之，在退化先验下，预测分布为高斯分布。
Exercise 2.52
Solution.
\[\begin{aligned}
p(\theta|\theta_0,m)
&\propto e^{m\cos(\theta-\theta_0)}\\
&=e^{m-\frac{m}{2}(\theta-\theta_0)^2+o(m(\theta-\theta_0)^4)}\\
&\propto e^{\frac{\xi^2}{2}+o(m^{-2}\xi^4)}\quad(\xi=m^{1/2}(\theta-\theta_0))\\
&\to e^{\frac{\xi^2}{2}}\quad(m\to\infty)
\end{aligned}
\]
即 \(p(\theta|\theta_0,m)\to\mathcal{N}(\theta|\theta_0,m^{-1}),m\to\infty\)，注意到高斯分布的方差 \(m^{-1}\to 0\)，因此此时为尖峰高斯。
Comment.
由上述推导可理解正文公式 2.179 下面一段话中对 \(m\) 的意义的解释，即 \(m\) 相当于单变量高斯分布的精度，即方差的逆。
Exercise 2.59
Solution.
\(p(x|\sigma)=\frac{1}{\sigma}f(\frac{x}{\sigma}),\int \frac{1}{\sigma}f(\frac{x}{\sigma})\,\text{d}x=\int f(\frac{x}{\sigma})\,\text{d}\frac{x}{\sigma}=1\)。
Exercise 2.60
Solution.
设共有 \(m\) 个区域， \(x_i\) 落在区域 \(j_i\)，则带拉格朗日乘子的似然函数为
\[\begin{aligned}
\mathcal{L}(X;\lambda)
&= \sum^N_{i=1} \ln h_{j_i} + \lambda \left(\sum^m_{i=1} h_j\Delta_j - 1 \right)\\
&= n^T \ln h + \lambda (\Delta^T h - 1)
\end{aligned}
\]
\(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial h}=\frac{n}{h} + \lambda\Delta=0\)，两边同时左乘 \(h^T\) 得 \(N+\lambda=0\)，故 \(\lambda=-N\)，故 \(\hat{h}=\frac{n}{N\Delta}\)。
Comment.
该结果可视为带权类别分布的极大似然估计，当每个区域体积相等时，退化为类别分布。
